C++算法学习心得七.贪心算法（2）

1.跳跃游戏（55题）

题目描述：

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

判断你是否能够到达最后一个位置。

示例 1:

输入: [2,3,1,1,4]
输出: true
解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。

贪心算法： 跳跃覆盖范围究竟可不可以覆盖到终点，

每次移动取最大跳跃步数（得到最大的覆盖范围），每移动一个单位，就更新最大覆盖范围。

贪心算法局部最优解：每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优解：最后得到整体最大覆盖范围，看是否能到终点。

i 每次移动只能在 cover 的范围内移动，每移动一个元素，cover 得到该元素数值（新的覆盖范围）的补充，让 i 继续移动下去。cover 每次只取 max(该元素数值补充后的范围, cover 本身范围)如果 cover 大于等于了终点下标，直接 return true 就可以了。

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int cover = 0;//定义一个覆盖范围if(nums.size() == 1)return true;//如果只有一个元素我们直接就返回正确//这里需要注意i不能超过cover的覆盖范围，在这里遍历for(int i = 0;i <= cover;i++){cover = max(i + nums[i],cover);//我们更新下标范围，不断递归覆盖范围里的i和数值之和比大小if(cover >= nums.size() - 1)return true;//如果可以覆盖到最后，返回正确}return false;}
};

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)

2.跳跃游戏 II（45题）

题目描述：

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。

示例:

输入: [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

说明: 假设你总是可以到达数组的最后一个位置。

贪心算法：

要从覆盖范围出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！需要统计两个覆盖范围，当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖

class Solution {
public:int jump(vector<int>& nums) {if(nums.size() == 1)return 0;int cur = 0;//当前最大覆盖范围int next = 0;//下一个最大最大覆盖范围int result = 0;//这里注意i的范围for(int i = 0;i < nums.size();i++){next = max(i + nums[i],next);//覆盖范围的更新//如果遍历到最大当前范围if(i == cur){result++;//我们要记录结果cur = next;//把最大范围更新成下一个最大范围if(next >= nums.size()-1)break;//如果满足条件跳出}}return result;}
};

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)

3.K次取反后最大化的数组和（1005题）

题目描述：

给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 i。）

以这种方式修改数组后，返回数组可能的最大和。

示例 1：

输入：A = [4,2,3], K = 1
输出：5
解释：选择索引 (1,) ，然后 A 变为 [4,-2,3]。

贪心算法：

那么本题的解题步骤为：

第一步：将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小
第二步：从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--
第三步：如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完
第四步：求和

class Solution {
//自定义一个函数实现绝对值大小的排序且是倒序
static bool cmp(int a,int b){return abs(a) > abs(b);
}
public:int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {sort(nums.begin(),nums.end(),cmp);//按照该规则进行排序//这样倒序的排序就可以首先去实现反转数值绝对值最大的数，因为本题是可以对一个数进行多次操作，所以正数就没必要进行多次反转，负数需要全部反转for(int i = 0;i < nums.size();i++){//循环判断条件，且K次反转if(nums[i] < 0 && k > 0){nums[i] *= -1;//把数字反转k--;//反转次数}}//当全部负数转换为正数，正数情况下对最后一个数进行多次的反转if(k % 2 == 1)nums[nums.size()-1] *= -1;int result = 0;for(int a : nums){result += a;//加和操作}return result;}
};

时间复杂度: O(nlogn)
空间复杂度: O(1)

4.加油站（134题）

题目描述：

在一条环路上有 N 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。

你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。

如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。

说明:

如果题目有解，该答案即为唯一答案。
输入数组均为非空数组，且长度相同。
输入数组中的元素均为非负数。

示例 1: 输入:

gas = [1,2,3,4,5]
cost = [3,4,5,1,2]

输出: 3 解释:

从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
因此，3 可为起始索引。

暴力写法：for循环适合模拟从头到尾的遍历，而while循环适合模拟环形遍历，要善于使用while，注意下标就可以实现

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {for(int i = 0;i < cost.size();i++){int rest = gas[i] - cost[i];//剩余汽int index = (i+1)%cost.size();//这里的下标是用于一个取余的操作来实现，注意i+1是下一个坐标开始记录//这里的循环条件汽有剩余并且下标不为iwhile(rest > 0 && index != i){rest += gas[index] - cost[index];//下标的剩余汽加入剩余汽index = (index+1)%cost.size();//更新下标}if(rest >= 0 && index == i)return i;//最后判断如果满足条件我们返回下标位置}return -1;}
};

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(1)

回溯算法：

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {int cursum = 0;int min = INT_MAX;for(int i = 0;i < gas.size();i++){int rest = gas[i] - cost[i];cursum += rest;if(cursum < min){min = cursum;}}if(cursum < 0)return -1;if(min >= 0)return 0;for(int i = gas.size() - 1;i > 0;i--){int rest = gas[i] - cost[i];min += rest;if(min >= 0){return i;}}return -1;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

贪心方法：

局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {int cursum = 0;//当前总和int totalsum = 0;//总和int start = 0;//下标开始位置//遍历汽站for(int i = 0;i < gas.size();i++){cursum += gas[i] - cost[i];//当前汽和消耗之间差的总和totalsum += gas[i] - cost[i];//总和//如果当前总和小于0，抛弃，从下一个位置开始重新开始if(cursum < 0){start = i + 1;cursum = 0;//将该值归0}}//最后判断条件，如果小于0，返回-1if(totalsum < 0)return -1;return start;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

5.分发糖果（135题）

题目描述：

老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。

你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：

每个孩子至少分配到 1 个糖果。
相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。

那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？

示例 1:

输入: [1,0,2]
输出: 5
解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历），

此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果

局部最优可以推出全局最优。

如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖一定要比[i - 1]的糖多一个，所以贪心：candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1

确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历

如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。

那么又要贪心了，局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。

局部最优可以推出全局最优。

所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多。

class Solution {
public:int candy(vector<int>& ratings) {vector<int>candyvec(ratings.size(),1);//这里我们定义一个数组来接收糖果//从前向后遍历，注意i的遍历位置for(int i = 1;i < ratings.size();i++){if(ratings[i] > ratings[i - 1])candyvec[i] = candyvec[i-1]+1;//右边孩子大于左边孩子，糖果+1}//从后向前遍历，注意i的位置for(int i = ratings.size() - 2;i >= 0;i--){if(ratings[i] > ratings[i+1])candyvec[i] = max(candyvec[i+1]+1,candyvec[i]);//左边孩子大于右边孩子，且做一个操作取两次遍历的最大值}int result = 0;//结果for(int i = 0;i < candyvec.size();i++){result += candyvec[i];//我们结算整个糖果的和}return result;}
};

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(n)

6.柠檬水找零（ 860题）

题目描述：

在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为 5 美元。

顾客排队购买你的产品，（按账单 bills 支付的顺序）一次购买一杯。

每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。

注意，一开始你手头没有任何零钱。

如果你能给每位顾客正确找零，返回 true ，否则返回 false 。

示例 1：

输入：[5,5,5,10,20]
输出：true
解释：
- 前 3 位顾客那里，我们按顺序收取 3 张 5 美元的钞票。
- 第 4 位顾客那里，我们收取一张 10 美元的钞票，并返还 5 美元。
- 第 5 位顾客那里，我们找还一张 10 美元的钞票和一张 5 美元的钞票。
- 由于所有客户都得到了正确的找零，所以我们输出 true。

贪心算法：

只需要维护三种金额的数量，5，10和20。

有如下三种情况：

情况一：账单是5，直接收下。
情况二：账单是10，消耗一个5，增加一个10
情况三：账单是20，优先消耗一个10和一个5，如果不够，再消耗三个5

class Solution {
public:bool lemonadeChange(vector<int>& bills) {int five = 0,ten = 0,twenty = 0;for(int bill : bills){if(bill == 5)five++;if(bill == 10){if(five <= 0)return false;ten++,five--;}if(bill == 20){//优先消耗10和5组合if(ten > 0 && five > 0){ten--;five--;twenty++;}else if(five >=3){five -=3;//消耗三张5twenty++;}else{return false;}}}return true;}
};

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)

总结：

跳跃游戏：此题就是看跳跃范围是否能覆盖终点，每次移动一个单位就更新一个最大覆盖范围即可，i 每次移动只能在 cover 的范围内移动，每移动一个元素，cover 得到该元素数值（新的覆盖范围）的补充，让 i 继续移动下去。cover 每次只取 max(该元素数值补充后的范围, cover 本身范围)如果 cover 大于等于了终点下标，直接 return true 就可以了

跳跃游戏II：要从覆盖范围出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！需要统计两个覆盖范围，当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖，需要定义两个覆盖范围，当前覆盖范围和下一个覆盖范围，我们首先需要更新下一个最大覆盖范围，然后按照当前覆盖范围来确定后续，更新当前覆盖范围和结果，满足条件就跳出。

K次取反后最大化的数组和：首先按照绝对值大小来把数组排序，按照从大到小排序，因为要最大和，所以k首先需要反转绝对值大的负数，我们也方便从前向后遍历，我们首先消耗负数，剩余的K去消耗，这个可以多次对一个数进行操作，对k剩下数值判断如果奇数，反转最后一个数，然后得到结果

加油站：暴力的写法就是需要从两个循环来实现，一层循环来遍历整个数组，定义一个初始位置不变，另一个循环去遍历元素，看是否可以回到之前位置，贪心定义两个变量，一个是当前的总和，另一个是总和，如果当前总和小于0，我们从该下标+1处开始下一次遍历，记录下标，如果总和>=0则可以走一圈，返回开始下标就可以

分发糖果：这题我们需要先根据从从左向右遍历，其实需要考虑两个方向的大小都需要满足，所以需要从左向右遍历根据题目条件来规定糖果数量，再根据从右向左遍历根据条件来计算糖果，选择更多的糖果。要注意遍历的开始范围，

柠檬水找零：单纯模拟题，定义三个变量5，10，20，如果只有一张5，直接记录变量，如果是10，我们需要对5--，10++操作，如果20块，则首先考虑一张10和一张5组合，第二种情况是三张5，如果前两种情况都不满足则返回错误，简单题秒了。